11. 9.09.2017

(1)

Egzamin,

9.09.2017

, godz. 11:00-14:00 Zadanie

11.

(10 punktów)

Wyznaczyć wszystkie rozwiązania równania z⁹= 27z³ w liczbach zespolonych. Zapisać wszystkie rozwiązania w postaci kartezjańskiej (bez używania funkcji trygonometrycz- nych) oraz zaznaczyć wszystkie rozwiązania na płaszczyźnie zespolonej wykorzystując zamieszczony niżej rysunek, na którym narysowano okręgi o środku w zerze i promie- niach √

n dla n = 1, 2, 3, 4 oraz proste przechodzące przez punkt 0, co 15^◦.

Egzamin 9.09.2017 - 1 - Odpowiedzi i rozwiązania

(2)

Rozwiązanie:

Przepisujemy dane równanie w postaci

z³·z⁶− 27= 0 .

Powyższe równanie jest spełnione przez z = 0 oraz przez takie liczby zespolone z, że z⁶= 27.

Zauważmy, że jednym z rozwiązań równania z⁶= 27 jest z =√

3, a pozostałe pięć rozwiązań tego równania leży na okręgu o promieniu √

3 co 60^◦.

Inaczej: liczba 27 ma moduł 27 i argument 0, a zatem jej pierwiastki szóstego stopnia mają moduł √

3 i argumenty 2kπ/6 dla k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, czyli odpowiednio 0, π/3, 2π/3, π, 4π/3, 5π/3.

Odpowiedź: Dane równanie ma 7 rozwiązań: 0, ±√

3 oraz ±₁

√3 2 ±₂3i

2.

(3)

Zadanie

12.

(20 punktów)

W każdym z zadań 12.1-12.20 podaj sumę szeregu (może być liczbą rzeczywistą albo jednym z symboli +∞ i −∞).

Za każdą poprawną odpowiedź otrzymasz 1 punkt.

Niech a_n= 2³⁻ⁿ. Wówczas:

12.1.

∞ X n=1

a

n

= 8 12.2.

∞ X n=1

2

^aⁿ

= +∞

12.3.

∞ X n=1

(a

_n

+ a

_n+1

) = 12 12.4.

∞ X n=1

(a

_n

+ a

_n+2

) = 10

12.5.

∞ X n=1

(a

n

+ a

n+3

) = 9 12.6.

∞ X n=1

(a

n+1

+ a

n+2

) = 6

12.7.

∞ X n=1

(a

_n+1

+ a

_n+3

) = 5 12.8.

∞ X n=1

(a

_n+2

+ a

_n+3

) = 3

12.9.

∞ X n=1

a

²_n

− a

²_n+1

= 16 12.10.

∞ X n=1

a

²_n

− a

²_n+2

= 20

12.11.

∞ X n=1

a

²_n

− a

²_n+3

= 21 12.12.

∞ X n=1

a

²_n+1

− a

²_n+2

= 4

12.13.

∞ X n=1

a

²_n+1

− a

²_n+3

= 5 12.14.

∞ X n=1

a

²_n+2

− a

²_n+3

= 1

12.15.

∞ X n=1

(2

^aⁿ

− 2

^aⁿ⁺¹

) = 15 12.16.

∞ X n=1

(2

^aⁿ

− 2

^aⁿ⁺²

) = 18

12.17.

∞ X n=1

(2

^aⁿ

− 2

^aⁿ⁺³

) = 19 12.18.

∞ X n=1

(2

^aⁿ⁺¹

− 2

^aⁿ⁺²

) = 3

12.19.

∞ X n=1

(2

^aⁿ⁺¹

− 2

^aⁿ⁺³

) = 4 12.20.

∞ X n=1

(2

^aⁿ⁺²

− 2

^aⁿ⁺³

) = 1

(4)

Zadanie

13.

(10 punktów) Obliczyć wartość całki niewłaściwej

∞ Z

1

dx

x⁴+ x² lub wykazać, że całka ta jest rozbieżna.

Rozwiązanie:

Rozkładamy funkcję podcałkową na sumę ułamków prostych:

1

x⁴+ x² = 1

(x²+ 1) · x² =Ax + B x²+ 1 +C

x+D x² , 1 = (Ax + B) · x²+ C · x ·x²+ 1+ D ·x²+ 1,

1 = Ax³+ Bx²+ Cx³+ Cx + Dx²+ D ,











0 = A + C 0 = B + D 0 = C 1 = D Stąd otrzymujemy A = 0 i B = −1.

Wobec tego

∞ Z

1

dx x⁴+ x² =

∞ Z

1

− 1

x²+ 1+ 1

x² dx = − arctg x −1 x

∞

x=1

=

= lim

x→∞(− arctg x) + lim

x→∞ −1 x

!

+ arctg 1 +1 1= −π

2+ 0 +π

4+ 1 = 1 −π 4. Odpowiedź: Dana w zadaniu całka jest zbieżna i ma wartość 1 − π/4.

(5)

Zadanie

14.

(10 punktów)

Wyznaczyć promień zbieżności szeregu potęgowego

∞ X n=1

nⁿ·²ⁿ_n³· x⁵ⁿ

n! · 2ⁿ . (1)

Rozwiązanie:

Stosujemy kryterium d’Alemberta do szeregu (1) traktowanego jako szereg liczbowy z parametrem x 6= 0.

Otrzymujemy

(n + 1)ⁿ⁺¹·²ⁿ⁺²_n+1³· x⁵ⁿ⁺⁵

(n + 1)! · 2ⁿ⁺¹ · n! · 2ⁿ nⁿ·²ⁿ_n³· x⁵ⁿ

=

(n + 1) ·ⁿ⁺¹_n ⁿ· x⁵ (n + 1) · 2 ·

_2n+2 n+1

3

_2n n

3

=

_n+1 n

n

· |x|⁵

2 ·(2n + 1)³· (2n + 2)³

(n + 1)³· (n + 1)³ → 32e · |x|⁵ przy n → ∞.

Tak więc zastosowanie kryterium d’Alemberta prowadzi do granicy ilorazów kolejnych wyrazów szeregu (1) równej 32e · |x|⁵.

Jeżeli 32e · |x|⁵< 1, czyli |x| < 1 2 ·√⁵

e, to szereg (1) jest zbieżny.

Jeżeli zaś 32e · |x|⁵> 1, czyli |x| > 1 2 ·√⁵

e, to szereg (1) jest rozbieżny.

Stąd wniosek, że promień zbieżności szeregu potęgowego (1) jest równy 1 2 ·√⁵

e. Odpowiedź: Dany w zadaniu szereg potęgowy ma promień zbieżności 1

2 ·√⁵ e.

(6)

Zadanie

15.

(10 punktów) Obliczyć całkę nieoznaczoną

Z

√x 1 +√³

xdx . Rozwiązanie:

Wykonując podstawienie x = t⁶ i formalnie dx = 6t⁵dt, otrzymujemy:

Z

√x 1 +√³

xdx=

Z t³

1 + t²·6t⁵dt=6·

Z t⁸dt t²+ 1=6·

Z (t⁸− 1) + 1 t²+ 1 dt=6·

Z

t⁶−t⁴+t²−1+ 1 t²+ 1dt=

=6t⁷ 7 −6t⁵

5 + 2t³− 6t + 6 · arctg t + C =6x^7/6

7 −6x^5/6 5 + 2√

x − 6√⁶

x + 6 · arctg √⁶ x + C .

(7)

Zadanie

16.

(10 punktów) Udowodnić zbieżność szeregu

∞ X n=1

(−1)ⁿ· n (n + 1) · (n + 2). Rozwiązanie:

Aby udowodnić zbieżność szeregu danego w treści zadania, skorzystamy z kryterium Leibniza o szeregach naprzemiennych.

W tym celu musimy zweryfikować prawdziwość trzech założeń tego kryterium.

1^◦ W szeregu na przemian występują wyrazy dodatnie i ujemne - oczywiste.

2^◦ Ciąg wartości bezwzględnych wyrazów jest zbieżny do zera.

Sprawdzamy to następująco:

n→∞lim

n

(n + 1) · (n + 2)= lim

n→∞

1 n

1 +_n¹·1 +²_n= 0 1 · 1= 0 . 3^◦ Ciąg wartości bezwzględnych wyrazów jest nierosnący.

Ten warunek jest najmniej oczywisty. Aby go udowodnić, powinniśmy wykazać, że dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność

n

(n + 1) · (n + 2) n + 1 (n + 2) · (n + 3), co kolejno jest równoważne nierównościom

n

n + 1n + 1 n + 3, n · (n + 3) (n + 1) · (n + 1) ,

n²+ 3n n²+ 2n + 1 , n 1 ,

skąd wynika, że dowodzona nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby naturalnej n.

W konsekwencji szereg dany w treści zadania jest zbieżny na mocy kryterium Leibniza o szeregach naprzemiennych.

(8)

Zadanie

17.

(10 punktów) Wiedząc, że

d

dxarcsin x = 1

√1 − x² obliczyć całkę nieoznaczoną

Z

x²arcsin x dx . Rozwiązanie:

Wykonujemy całkowanie przez części całkując czynnik x² i różniczkując arcsin x. Otrzy- mujemy:

Z

x²· arcsin x dx =x³

3 · arcsin x −

Z x³ 3 · 1

√1 − x² dx .

W ostatniej całce wykonujemy podstawienie t = 1 − x², w którym stosujemy formalny wzór dt = −2x dx. Otrzymujemy:

Z x³ 3 · 1

√1 − x² dx = −1

6·^Z x²· (−2x) dx

√1 − x² = −1

6·^Z (1 − t) dt

√t = −1 6·^Z 1

√t−√ t dt =

= −

√t 3 +t^3/2

9 + C₁= −

√1 − x²

3 +(1 − x²)^3/2 9 + C₁. W konsekwencji

Z

arcsin x dx =x³· arcsin x

3 +

√1 − x²

3 −(1 − x²)^3/2 9 + C .

(9)

Zadanie

18.

(10 punktów)

Skonstruować funkcję różniczkowalną f :R→R spełniającą warunki f (0) = 0 oraz f⁰(x) =√

x⁴− 2x²+ 1 dla x ∈R. Rozwiązanie:

Przepisujemy wzór na pochodną funkcji f : f⁰(x) =√

x⁴− 2x²+ 1 =

q

(x²− 1)²=x²− 1=







x²− 1 dla x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, +∞)

−x²+ 1 dla x ∈ (−1, 1) Dla x ∈ (−∞, −1] zachodzi f⁰(x) = x²− 1, mamy więc¹

f (x) =

Z

x²− 1 dx =x³

3 − x + C₁. Dla x ∈ [−1, 1] zachodzi f⁰(x) = −x²+ 1, mamy więc

f (x) =

Z

−x²+ 1 dx = −x³

3 + x + C₂. Dla x ∈ [1, +∞) zachodzi f⁰(x) = x²− 1, mamy więc

f (x) =

Z

x²− 1 dx =x³

3 − x + C₃. Aby zagwarantować warunek f (0) = 0, należy przyjąć C₂= 0.

Aby zagwarantować zgodność określenia f (−1), musi być (−1)³

3 − (−1) + C₁= −(−1)³

3 + (−1) + C₂, czyli

2

3+ C₁= −2 3, skąd C₁= −4/3.

Aby zagwarantować zgodność określenia f (1), musi być 1³

3 − 1 + C₃= −1³

3 + 1 + C₂, czyli

−2

3+ C₃=2 3, skąd C3= 4/3.

1Dokładniej: Funkcja g : R → R określona wzorem g(x) =x³

3 − x + C1 ma na całej prostej pochodną określoną wzorem g⁰(x) = x²− 1, skąd wynika, że jeżeli f (x) = g(x) =x³

3 − x + C1 dla x ∈ (−∞, −1], to f⁰(x) = g⁰(x) = x²− 1 dla x ∈ (−∞, −1) oraz f⁰(x⁻) = g⁰(x) = x²− 1 dla x = −1.

Co więcej, wzór f (x) =x³

3 − x + C1 dla x ∈ (−∞, −1] definiuje wszystkie funkcje różniczkowalne f : (−∞, −1] → R spełniające warunki f⁰(x) = x²− 1 dla x ∈ (−∞, −1) oraz f⁰(x⁻) = x²− 1 dla x = −1.

(10)

Ostatecznie otrzymujemy

f (x) =











x³

3 − x −4

3 dla x ∈ (−∞, −1]

−x³

3 + x dla x ∈ (−1, 1) x³

3 − x +4

3 dla x ∈ [1, +∞)